高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.3 直线、平面平行的判定和性质课件.ppt

第八章立体几何 8 3直线 平面平行的判定和性质 高考数学 浙江专用 考点平行的判定和性质1 2017课标全国 文 6 5分 如图 在下列四个正方体中 a b为正方体的两个顶点 m n q为所在棱的中点 则在这四个正方体中 直线ab与平面mnq不平行的是 五年高考 答案a本题考查线面平行的判定 b选项中 ab mq 且ab 平面mnq mq 平面mnq 则ab 平面mnq c选项中 ab mq 且ab 平面mnq mq 平面mnq 则ab 平面mnq d选项中 ab nq 且ab 平面mnq nq 平面mnq 则ab 平面mnq 故选a 方法总结线面平行的判定方法 1 线面平行的判定定理 2 面面平行的性质定理 2 2016课标全国 14 5分 是两个平面 m n是两条直线 有下列四个命题 如果m n m n 那么 如果m n 那么m n 如果 m 那么m 如果m n 那么m与 所成的角和n与 所成的角相等 其中正确的命题有 填写所有正确命题的编号 答案 解析由m n m 可得n 或n在 内 当n 时 与 可能相交 也可能平行 故 错 易知 都正确 3 2017江苏 15 14分 如图 在三棱锥a bcd中 ab ad bc bd 平面abd 平面bcd 点e f e与a d不重合 分别在棱ad bd上 且ef ad 求证 1 ef 平面abc 2 ad ac 证明 1 在平面abd内 因为ab ad ef ad 所以ef ab 又因为ef 平面abc ab 平面abc 所以ef 平面abc 2 因为平面abd 平面bcd 平面abd 平面bcd bd bc 平面bcd bc bd 所以bc 平面abd 因为ad 平面abd 所以bc ad 又ab ad bc ab b ab 平面abc bc 平面abc 所以ad 平面abc 又因为ac 平面abc 所以ad ac 方法总结立体几何中证明线线垂直的一般思路 1 利用两平行直线垂直于同一条直线 a b a c b c 2 线面垂直的性质 a b a b 4 2016山东 17 12分 在如图所示的圆台中 ac是下底面圆o的直径 ef是上底面圆o 的直径 fb是圆台的一条母线 1 已知g h分别为ec fb的中点 求证 gh 平面abc 2 已知ef fb ac 2 ab bc 求二面角f bc a的余弦值 解析 1 证明 设fc中点为i 连接gi hi 在 cef中 因为点g是ce的中点 所以gi ef 又ef ob 所以gi ob 在 cfb中 因为h是fb的中点 所以hi bc 又hi gi i 所以平面ghi 平面abc 因为gh 平面ghi 所以gh 平面abc 2 解法一 连接oo 则oo 平面abc 又ab bc 且ac是圆o的直径 所以bo ac 以o为坐标原点 建立如图所示的空间直角坐标系o xyz 由题意得b 0 2 0 c 2 0 0 所以 2 2 0 过点f作fm垂直ob于点m 所以fm 3 可得f 0 3 故 0 3 设m x y z 是平面bcf的法向量 由可得可得平面bcf的一个法向量m 因为平面abc的一个法向量n 0 0 1 所以cos 所以二面角f bc a的余弦值为 解法二 连接oo 过点f作fm垂直ob于点m 评析本题考查了线面平行 垂直的位置关系 考查了二面角的求解方法 考查了空间想象能力和逻辑推理能力 正确找到二面角的平面角或正确计算平面的法向量是求解的关键 5 2016江苏 16 14分 如图 在直三棱柱abc a1b1c1中 d e分别为ab bc的中点 点f在侧棱b1b上 且b1d a1f a1c1 a1b1 求证 1 直线de 平面a1c1f 2 平面b1de 平面a1c1f 证明 1 在直三棱柱abc a1b1c1中 a1c1 ac 在 abc中 因为d e分别为ab bc的中点 所以de ac 于是de a1c1 又因为de 平面a1c1f a1c1 平面a1c1f 所以直线de 平面a1c1f 2 在直三棱柱abc a1b1c1中 a1a 平面a1b1c1 因为a1c1 平面a1b1c1 所以a1a a1c1 又因为a1c1 a1b1 a1a 平面abb1a1 a1b1 平面abb1a1 a1a a1b1 a1 所以a1c1 平面abb1a1 因为b1d 平面abb1a1 所以a1c1 b1d 又因为b1d a1f a1c1 平面a1c1f a1f 平面a1c1f a1c1 a1f a1 所以b1d 平面a1c1f 因为直线b1d 平面b1de 所以平面b1de 平面a1c1f 评析本题主要考查直线与直线 直线与平面以及平面与平面的位置关系 考查空间想象能力和推理论证能力 6 2016四川 18 12分 如图 在四棱锥p abcd中 ad bc adc pab 90 bc cd ad e为棱ad的中点 异面直线pa与cd所成的角为90 1 在平面pab内找一点m 使得直线cm 平面pbe 并说明理由 2 若二面角p cd a的大小为45 求直线pa与平面pce所成角的正弦值 解析 1 在梯形abcd中 ab与cd不平行 延长ab dc 相交于点m m 平面pab 点m即为所求的一个点 理由如下 由已知 bc ed 且bc ed 所以四边形bcde是平行四边形 从而cm eb 又eb 平面pbe cm 平面pbe 所以cm 平面pbe 说明 延长ap至点n 使得ap pn 则所找的点可以是直线mn上任意一点 2 解法一 由已知 cd pa cd ad pa ad a 所以cd 平面pad 从而cd pd 所以 pda是二面角p cd a的平面角 所以 pda 45 设bc 1 则在rt pad中 pa ad 2 过点a作ah ce 交ce的延长线于点h 连接ph 易知pa 平面abcd 又ce 平面abcd 从而pa ce 于是ce 平面pah 所以平面pce 平面pah 过a作aq ph于q 则aq 平面pce 所以 aph是pa与平面pce所成的角 在rt aeh中 aeh 45 ae 1 所以ah 在rt pah中 ph 所以sin aph 解法二 由已知 cd pa cd ad pa ad a 所以cd 平面pad 于是cd pd 从而 pda是二面角p cd a的平面角 所以 pda 45 由pa ab 可得pa 平面abcd 设bc 1 则在rt pad中 pa ad 2 作ay ad 以a为原点 以 的方向分别为x轴 z轴的正方向 建立如图所示的空间直角坐标系a xyz 则a 0 0 0 p 0 0 2 c 2 1 0 e 1 0 0 所以 1 0 2 1 1 0 0 0 2 设平面pce的法向量为n x y z 由得设x 2 则可得n 2 2 1 设直线pa与平面pce所成角为 则sin 所以直线pa与平面pce所成角的正弦值为 7 2015江苏 16 14分 如图 在直三棱柱abc a1b1c1中 已知ac bc bc cc1 设ab1的中点为d b1c bc1 e 求证 1 de 平面aa1c1c 2 bc1 ab1 证明 1 由题意知 e为b1c的中点 又d为ab1的中点 因此de ac 又因为de 平面aa1c1c ac 平面aa1c1c 所以de 平面aa1c1c 2 因为棱柱abc a1b1c1是直三棱柱 所以cc1 平面abc 因为ac 平面abc 所以ac cc1 又因为ac bc cc1 平面bcc1b1 bc 平面bcc1b1 bc cc1 c 所以ac 平面bcc1b1 又因为bc1 平面bcc1b1 所以bc1 ac 因为bc cc1 所以矩形bcc1b1是正方形 因此bc1 b1c 因为ac b1c 平面b1ac ac b1c c 所以bc1 平面b1ac 又因为ab1 平面b1ac 所以bc1 ab1 评析本题主要考查直线与直线 直线与平面的位置关系 考查空间想象能力和推理论证能力 8 2015安徽 19 13分 如图所示 在多面体a1b1d1dcba中 四边形aa1b1b add1a1 abcd均为正方形 e为b1d1的中点 过a1 d e的平面交cd1于f 1 证明 ef b1c 2 求二面角e a1d b1的余弦值 解析 1 证明 由正方形的性质可知a1b1 ab dc 且a1b1 ab dc 所以四边形a1b1cd为平行四边形 从而b1c a1d 又a1d 面a1de b1c 面a1de 于是b1c 面a1de 又b1c 面b1cd1 面a1de 面b1cd1 ef 所以ef b1c 2 因为四边形aa1b1b add1a1 abcd均为正方形 所以aa1 ab aa1 ad ab ad且aa1 ab ad 以a为原点 分别以 为x轴 y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系 可得点的坐标a 0 0 0 b 1 0 0 d 0 1 0 a1 0 0 1 b1 1 0 1 d1 0 1 1 而e点为b1d1的中点 所以e点的坐标为 0 5 0 5 1 设面a1de的法向量n1 r1 s1 t1 而该面上向量 0 5 0 5 0 0 1 1 由n1 n1 得 r1 s1 t1应满足的方程组 1 1 1 为其一组解 所以可取n1 1 1 1 设面a1b1cd的法向量n2 r2 s2 t2 而该面上向量 1 0 0 0 1 1 由此同理可得n2 0 1 1 所以结合图形知二面角e a1d b1的余弦值为 评析本题考查直线与直线的平行关系以及二面角的求解 考查空间想象能力 逻辑推理能力以及运算求解能力 正确求解各点坐标以及平面法向量是解决问题的关键 9 2015福建 17 13分 如图 在几何体abcde中 四边形abcd是矩形 ab 平面bec be ec ab be ec 2 g f分别是线段be dc的中点 1 求证 gf 平面ade 2 求平面aef与平面bec所成锐二面角的余弦值 以下为教师用书专用 解析解法一 1 证明 如图 取ae的中点h 连接hg hd 又g是be的中点 所以gh ab 且gh ab 又f是cd的中点 所以df cd 由四边形abcd是矩形得 ab cd ab cd 所以gh df 且gh df 从而四边形hgfd是平行四边形 所以gf dh 又dh 平面ade gf 平面ade 所以gf 平面ade 2 如图 在平面bec内 过b点作bq ec 因为be ce 所以bq be 又因为ab 平面bec 所以ab be ab bq 以b为原点 分别以 的方向为x轴 y轴 z轴的正方向建立空间直角坐标系 则a 0 0 2 b 0 0 0 e 2 0 0 f 2 2 1 因为ab 平面bec 所以 0 0 2 为平面bec的法向量 设n x y z 为平面aef的法向量 又 2 0 2 2 2 1 由得 取z 2 得n 2 1 2 从而cos 所以平面aef与平面bec所成锐二面角的余弦值为 10 2015山东 17 12分 如图 在三棱台def abc中 ab 2de g h分别为ac bc的中点 1 求证 bd 平面fgh 2 若cf 平面abc ab bc cf de bac 45 求平面fgh与平面acfd所成的角 锐角 的大小 解析 1 连接dg cd 设cd gf o 连接oh 在三棱台def abc中 ab 2de g为ac的中点 可得df gc df gc 所以四边形dfcg为平行四边形 则o为cd的中点 又h为bc的中点 所以oh bd 又oh 平面fgh bd 平面fgh 所以bd 平面fgh 2 设ab 2 则cf 1 在三棱台def abc中 g为ac的中点 由df ac gc 可得四边形dgcf为平行四边形 因此dg fc 又fc 平面abc 所以dg 平面abc 在 abc中 由ab bc bac 45 g是ac中点 所以ab bc gb gc 因此gb gc gd两两垂直 以g为坐标原点 建立如图所示的空间直角坐标系g xyz 所以g 0 0 0 b 0 0 c 0 0 d 0 0 1 可得h f 0 1 故 0 1 设n x y z 是平面fgh的法向量 则由可得可得平面fgh的一个法向量n 1 1 因为是平面acfd的一个法向量 0 0 所以cos 所以平面fgh与平面acfd所成角 锐角 的大小为60 11 2015四川 18 12分 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示 在正方体中 设bc的中点为m gh的中点为n 1 请将字母f g h标记在正方体相应的顶点处 不需说明理由 2 证明 直线mn 平面bdh 3 求二面角a eg m的余弦值 解析 1 点f g h的位置如图所示 2 证明 连接bd 设o为bd的中点 因为m n分别是bc gh的中点 所以om cd 且om cd hn cd 且hn cd 所以om hn om hn 所以mnho是平行四边形 从而mn oh 又mn 平面bdh oh 平面bdh 所以mn 平面bdh 3 解法一 连接ac 过m作mp ac于p 在正方体abcd efgh中 ac eg 所以mp eg 过p作pk eg于k 连接km 所以eg 平面pkm 从而km eg 所以 pkm是二面角a eg m的平面角 设ad 2 则cm 1 pk 2 在rt cmp中 pm cmsin45 在rt pkm中 km 所以cos pkm 即二面角a eg m的余弦值为 解法二 如图 以d为坐标原点 分别以 方向为x y z轴的正方向 建立空间直角坐标系d xyz 设ad 2 则m 1 2 0 g 0 2 2 e 2 0 2 o 1 1 0 所以 2 2 0 1 0 2 设平面egm的法向量为n1 x y z 由得取x 2 得n1 2 2 1 在正方体abcd efgh中 do 平面aegc 则可取平面aeg的一个法向量为n2 1 1 0 所以cos 故二面角a eg m的余弦值为 评析本题主要考查简单空间图形的直观图 空间线面平行的判定与性质 二面角的平面角的计算等基础知识 考查空间想象能力 推理论证能力 运算求解能力 12 2014课标 18 12分 如图 四棱锥p abcd中 底面abcd为矩形 pa 平面abcd e为pd的中点 1 证明 pb 平面aec 2 设二面角d ae c为60 ap 1 ad 求三棱锥e acd的体积 解析 1 证明 连接bd交ac于点o 连接eo 因为abcd为矩形 所以o为bd的中点 又e为pd的中点 所以eo pb 又eo 平面aec pb 平面aec 所以pb 平面aec 2 因为pa 平面abcd abcd为矩形 所以ab ad ap两两垂直 如图 以a为坐标原点 的方向为x轴的正方向 为单位长 建立空间直角坐标系a xyz 则d 0 0 e 设b m 0 0 m 0 则c m 0 m 0 设n1 x y z 为平面ace的法向量 则即可取n1 又n2 1 0 0 为平面dae的法向量 由题设得 cos 即 解得m 因为e为pd的中点 所以三棱锥e acd的高为 三棱锥e acd的体积v 评析本题考查线面平行的判定 利用空间向量解二面角问题 考查了学生的空间想象能力 13 2014江苏 16 14分 如图 在三棱锥p abc中 d e f分别为棱pc ac ab的中点 已知pa ac pa 6 bc 8 df 5 求证 1 直线pa 平面def 2 平面bde 平面abc 证明 1 因为d e分别为棱pc ac的中点 所以de pa 又因为pa 平面def de 平面def 所以直线pa 平面def 2 因为d e f分别为棱pc ac ab的中点 pa 6 bc 8 所以de pa de pa 3 ef bc 4 又因为df 5 故df2 de2 ef2 所以 def 90 即de ef 又pa ac de pa 所以de ac 因为ac ef e ac 平面abc ef 平面abc 所以de 平面abc 又de 平面bde 所以平面bde 平面abc 评析本题主要考查直线与直线 直线与平面以及平面与平面的位置关系 考查空间想象能力和推理论证能力 14 2013江苏 16 14分 如图 在三棱锥s abc中 平面sab 平面sbc ab bc as ab 过a作af sb 垂足为f 点e g分别是棱sa sc的中点 求证 1 平面efg 平面abc 2 bc sa 证明 1 因为as ab af sb 垂足为f 所以f是sb的中点 又因为e是sa的中点 所以ef ab 因为ef 平面abc ab 平面abc 所以ef 平面abc 同理 eg 平面abc 又ef eg e 所以平面efg 平面abc 2 因为平面sab 平面sbc 且交线为sb 又af 平面sab af sb 所以af 平面sbc 因为bc 平面sbc 所以af bc 又因为ab bc af ab a af ab 平面sab 所以bc 平面sab 因为sa 平面sab 所以bc sa 评析本题主要考查直线与直线 直线与平面以及平面与平面的位置关系 考查空间想象能力和推理论证能力 15 2013安徽 19 13分 如图 圆锥顶点为p 底面圆心为o 其母线与底面所成的角为22 5 ab和cd是底面圆o上的两条平行的弦 轴op与平面pcd所成的角为60 1 证明 平面pab与平面pcd的交线平行于底面 2 求cos cod 解析 1 证明 设面pab与面pcd的交线为l 因为ab cd ab不在面pcd内 所以ab 面pcd 又因为ab 面pab 面pab与面pcd的交线为l 所以ab l 由直线ab在底面上而l在底面外可知 l与底面平行 2 设cd的中点为f 连接of pf 由圆的性质 得 cod 2 cof of cd 因为op 底面 cd 底面 所以op cd 又op of o 故cd 面opf 又cd 面pcd 因此面opf 面pcd 从而直线op在面pcd上的射影为直线pf 故 opf为op与面pcd所成的角 由题设 得 opf 60 设op h 则of op tan opf h tan60 h 根据题设有 ocp 22 5 得oc 由1 tan45 和tan22 5 0 可解得tan22 5 1 因此oc 1 h 在rt ocf中 cos cof 故cos cod cos2 cof 2cos2 cof 1 2 2 1 17 12 评析本题主要考查空间直线与直线 直线与平面 平面与平面间的位置关系 直线与平面 直线与直线间所成角的计算等基础知识和基本技能 考查空间观念 推理论证能力和运算求解能力 1 2016浙江镇海中学测试卷三 1 已知 表示平面 a b表示直线 则a 的一个充分条件是 a a b b a bc a b b d a 三年模拟 一 选择题 a组2015 2017年高考模拟 基础题组 答案d针对d选项 因为 所以平面 与平面 没有公共点 又a 所以直线a与平面 也没有公共点 即a 故d正确 而对于a b c都有可能出现直线a在平面 内 故a b c都错 2 2015浙江五校联考 3 设l m是两条不同的直线 是一个平面 则下列命题为真的是 a 若l m m 则l b 若l l m 则m c 若l m 则l md 若l m 则l m 答案b若l m m 则l 或l在 内或l与 斜交 故a不正确 若l m 则l m或l与m异面 故c不正确 若l m 则l m或l与m异面或l与m相交 故d不正确 故选b 3 2017浙江宁波十校适应性考试 5月 19 如图 在四棱锥p abcd中 bad 120 ab ad 2 bcd是等边三角形 e是bp的中点 ac与bd交于点o 且op 平面abcd 1 求证 pd 平面ace 2 当op 1时 求直线pa与平面ace所成角的正弦值 二 解答题 解析 1 连接oe 因为o为bd的中点 e为pb的中点 所以oe pd 因为pd 平面ace oe 平面ace 所以pd 平面ace 2 因为bd ac po 平面abcd 所以ac bd po两两垂直 以o为坐标原点 ob oc op分别为x y z轴建立空间直角坐标系 图略 则p 0 0 1 a 0 1 0 b 0 0 c 0 3 0 e 0 1 1 设平面ace的法向量为n x y z 由即得取x 1 则n 1 0 所以平面ace的一个法向量为n 1 0 设直线pa与平面ace所成的角为 则sin 所以直线pa与平面ace所成角的正弦值为 4 2017浙江名校协作体 19 如图 在四棱锥p abcd中 底面abcd为梯形 ad bc ab bc cd 1 da 2 dp 平面abp o m分别是ad pb的中点 1 求证 pd 平面ocm 2 若ap与平面pbd所成的角为60 求线段pb的长 5 2017浙江测试卷 19 如图 已知四棱柱abcd a1b1c1d1的底面是菱形 侧棱aa1 底面abcd m是ac的中点 bad 120 aa1 ab 1 证明 md1 平面a1bc1 2 求直线ma1与平面a1bc1所成的角的正弦值 解析 1 连接b1d1交a1c1于点e 连接be bd 则bd与ac交于点m 连接me 由ed1 bm ed1 bm 知四边形ed1mb是平行四边形 md1 be 又md1 平面a1bc1 md1 平面a1bc1 2 由四边形a1b1c1d1为菱形 得a1c1 b1d1 又abcd a1b1c1d1是直四棱柱 bb1 a1c1 又b1d1 bb1 b1 a1c1 平面bb1d1d 又a1c1 平面a1bc1 平面bb1d1d 平面a1bc1 过点m作be的垂线 垂足为h 则mh 平面a1bc1 连接ha1 则 ma1h即为直线ma1与平面a1bc1所成的角 设aa1 1 四边形abcd是菱形且 bad 120 am mb 在rt maa1中 由am aa1 1 得ma1 在rt emb中 由mb me 1 得mh sin ma1h 1 2017浙江镇海中学模拟训练 一 3 若有直线m n和平面 下列四个命题中 为真的是 a 若m n 则m nb 若m n m n 则 c 若 m 则m d 若 m m 则m 一 选择题 b组2015 2017年高考模拟 综合题组 答案da中 因为平行于同一个平面的两条直线 可以平行 可以相交 还可以异面 故a错 b中 若直线m n是平行直线 则 不一定平行 故b错 c中 只有当直线m垂直于平面 与 的交线时 才能得出m 故c错 d中 设直线m的方向向量为m 由m 知平面 法向量为m 设平面 法向量为a 则m a 0 又m 所以m 故选d 2 2017浙江湖州期末 4 已知m n是两条不同的直线 是两个不同的平面 则下列说法正确的是 a 若m m 则 b 若m m 则 c 若m n 则m nd 若m n 则m n 答案d对于a 若m m 则 与 还可能相交 故a错 对于b 若m m 则 故b错 对于c 若m n 则m n 故c错 对于d 若m n 则m n 故d正确 选d 3 2017浙江名校新高考研究联盟第二次联考 19 如图 已知菱形abcd与等腰三角形pab所在的平面相互垂直 pab bad 120 e为pb的中点 1 求证 pd 平面ace 2 求二面角b ce d的余弦值 二 解答题 解析 1 连接bd 设bd交ac于m点 连接me 在平行四边形abcd中 ac bd相互平分 即dm bm 又pe be 在 bdp中 em pd pd 平面aec me 平面aec pd 平面aec 2 过d作do垂直ba延长线与o点 连接po 易得do po bo两两垂直 以o点坐标原点 op ob od分别为x y z轴建立空间直角坐标系 图略 设ab 2 则b 0 3 0 c 0 2 p 0 0 d 0 0 e 0 1 0 2 0 设平面bce的法向量为m x1 y1 1 则解得 m 3 1 设平面dce的法向量n x2 y2 1 则解得 n 2 0 1 cos 二面角b ce d的余弦值为 4 2017浙江宁波二模 5月 18 如图 在四棱锥p abcd中 pad为正三角形 四边形abcd为直角梯形 cd ab bc ab 平面pad 平面abcd 点e f分别为ad cp的中点 ad ab 2cd 2 1 证明 直线ef 平面pab 2 求直线ef与平面pbc所成角的正弦值 解析 1 设bc的中点为m 连接em fm 易知em ab fm pb 2分 因为em ab em 平面pab ab 平面pab 所以em 平面pab 同理fm 平面pab 4分 又em fm m em 平面fem fm 平面fem 所以 平面efm 平面pab 6分 又ef 平面fem 所以直线ef 平面pab 8分 2 连接pe pm 因为平面pad 平面abcd 平面pad 平面abcd ad 且pe a